Prueba

Question

Dado integral $(1)$

$$\int_{-\infty}^{+\infty}{\mathrm dx\over x^2}\cdot\left(2-{\sin x\over \sin\left({x\over 2}\right)}\right)^{n+1}={2n\choose n}\pi\tag1 Donde $n\ge0$

¿Cómo uno probar $(1)$?

Un intento:

Recordar %#% $ #%

$$\sin(2x)=2\sin x\cos x$ se convierte

$(1)$$

A $$2^{n+1}\int_{-\infty}^{+\infty}{\mathrm dx\over x^2}\cdot\left(1-\cos\left({x\over 2}\right)\right)^{n+1}\tag2$ aplicar la serie binomial, entonces tenemos

$(2)$$

No está seguro de cómo proceder...

Answer 1

Voy a probar, primero, que si $f(x)$ es una continua e $\pi$-periódico de la función en $\mathbb{R}$, $$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, \frac{\sin^{2}(x)}{x^{2}} \, dx = \int_{0}^{\pi} f(x) \, dx a condición de que ambas integrales convergen.

Vamos a necesitar que el hecho de que $$\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(z+n \pi)^{2}} = \csc^{2}(z).$$

(Ver ESTA PREGUNTA para una derivación.)

$$\begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, \frac{\sin^{2}(x)}{x^{2}} \, dx &= \sum_{n=-\infty}^{\infty} \int_{n \pi}^{(n+1) \pi} f(x) \frac{\sin^{2}(x)}{x} \, dx \\ &= \sum_{n = -\infty}^{\infty} \int_{0}^{\pi} f(u+ n \pi) \, \frac{\sin^{2}(u + n \pi)}{(u + n \pi)^{2}} \, du \\ &= \sum_{n=-\infty}^{\infty} \int_{0}^{\pi} f(u) \, \frac{\sin^{2}(u)}{(u + n \pi)^{2}} \, du \\ &= \int_{0}^{\pi} f(u) \sin^{2}(u) \sum_{n=\infty}^{\infty} \frac{1}{(u+n \pi)^{2}} \, du \\ &= \int_{0}^{\pi} f(u) \, du \end{align}$$

Jack D'Aurizio ya demostró que la integral es equivalente a $$I(n) = 2^{2n} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^{2n+2}(x)}{x^{2}} \, dx.$$

Entonces, utilizando la fórmula anterior, obtenemos $$\begin{align} I(n) &= 2^{2n} \int_{0}^{\infty} \sin^{2n}(x) \frac{\sin^{2}(x)}{x^{2}} \, dx = 2^{2n}\int_{0}^{\pi} \sin^{2n}(x) \, dx \\ &= 2^{2n+1} \int_{0}^{\pi/2} \sin^{2n}(x) \, dx = 2^{2n+1} \frac{1}{2^{2n}} \binom{2n}{n} \frac{\pi}{2} \tag{1}\\&= \binom{2n}{n} \pi . \end{align}$$

$(1)$ Wallis integral de

Answer 2

La integral dada es igual a $$I(n) = 2^{n+1}\int_{\mathbb{R}}\frac{(1-\cos(x/2))^{n+1}}{x^2}\,dx = 2^n\int_{\mathbb{R}}\frac{(1-\cos z)^{n+1}}{z^2}\,dz \tag{1}$$ o: $$I(n) = 2^{2n+2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin^{2n+2}(z/2)}{z^2}\,dz = 4^n\int_{\mathbb{R}}\frac{\sin^{2n+2}(z)}{z^2}\,dz \tag{2}$$ que puede ser calculada a través del coseno de Fourier de la serie de $\sin^{2n+2}(z)$, desde $$\int_{\mathbb{R}}\frac{1-\cos(mx)}{x^2}\,dx = m\pi.\tag{3}$$ En particular, desde la $\sin(z)=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$, $$\sin^{2n+2}(z) = \frac{1}{(2i)^{2n+2}}\sum_{k=0}^{2n+2}\binom{2n+2}{k}\exp\left((2k-2n-2)iz\right)(-1)^{k} \tag{4}$$ es igual a: $$\frac{1}{(2i)^{2n+2}}\sum_{k=1}^{n+1}\binom{2n+2}{n+1+k}\left(1-\cos(kz)\right)(-1)^k \tag{5}$$ y el problema se reduce al cálculo de la suma de combinatoria $$\sum_{k=1}^{n+1}\binom{2n+2}{n+1+k}k(-1)^k \tag{6}$$ que es bastante simple. Como una alternativa, una vez que llegamos a $(2)$ podemos invocar directamente de Lagrange de inversión del teorema de Cauchy y de la integral de la fórmula para derivar que la respuesta está directamente relacionado con los coeficientes de la serie de Taylor de $\arcsin(z)$, en el origen.

Answer 3

En esta solución se utiliza la transformada de Fourier transform\begin{equation*} \hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\xi x}f(x)\, dx. \end{ecuación *} es bien sabido eso si $f(x) = \dfrac{\sin^2(x)}{x^2}$ y $\hat{f}(\xi) = \pi\left(1-\frac{|\xi|}{2}\right)$ si $|\xi|<2$ y $0$ lo contrario. Través de $1-\cos\left(\frac{x}{2}\right) = 2\sin^2(\frac{x}{4})$, la $x:=4x$de sustitución % y el Euler fórmula $\sin(x) = \frac{1}{2i}(e^{ix}-e^{-ix})$ puedo proceden de fórmula de Bui (3). \begin{gather*} I = 2^{n+1}\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{1}{x^2}\left(1-\cos\left(\frac{x}{2}\right)\right)^{n+1}\, dx = 4^{n}\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\sin^{2}(x)}{x^2}\sin^{2n}(x)\, dx =\\[2ex] \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\sin^{2}(x)}{x^2}(-1)^{n}\left(e^{ix}-e^{-ix}\right)^{2n}\, dx. \end{frunce *} pero (cf. Jack D'Aurizio)\begin{equation*} \left(e^{ix}-e^{-ix}\right)^{2n}= \sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}(-1)^{2n-k}e^{-i(2n-2k)x} = \sum_{k=-n}^{n}\binom{2n}{n-k}(-1)^{n+k}e^{-i2kx}. \end{ecuación *} así\begin{gather*} I = \sum_{k=-n}^{n}\binom{2n}{n-k}(-1)^{2n+k}\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\sin^{2}(x)}{x^2}e^{-i2kx}\, dx = \sum_{k=-n}^{n}\binom{2n}{n-k}(-1)^{2n+k}\hat{f}(2k) = \\[2ex] \binom{2n}{n}\hat{f}(0) = \pi\binom{2n}{n}. \end{frunce *}